TRABAJO COLABORATIVO 1ECUACIONES DIFERENCIALES Presentado a: YENIFER ELIZABETH GALINDO UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA “UNAD” Septiembre de 2015 INTRODUCCION En este trabajo se revisarán los capítulos ubicados en la unidad 1, que servirá de apoyo para el desarrollo, con el propósito fundamental de que nosotros los estudiantes tengamos conocimientos sólidos en las temáticas De esta unidad y sus aplicaciones permitiendo transitar de manera muy dinámica por áreas más avanzadas y demás se busca que el estudiante implemente las nuevas tecnologías como las TIC, herramienta que facilita al profesional nuevas modalidades innovadoras las cuales se hacen necesarias en el campo laboral. Desarrollo: Parte individual. Temática: introducción a las ecuaciones diferenciales Indique el orden de la ecuación y establezca si es lineal o no. Por YULDER PEÑA. . ( y 2−1 ) dx +6 xdy=0 Ecuaciones diferenciales lineales: Es lineal si cumple con las dos condiciones siguientes: 1 2 La variable dependiente y todas sus derivadas son de primer grado Cada coeficiente depende solo de la variable independiente. ( y 2−1 ) dx +6 xdy=0 Temática: ecuaciones diferenciales de primer orden C.( y 2−1 ) dx +6 xdy=0 Orden= es la mayor derivada que aparece en la ecuación. ( y 2−1 ) dx +6 xdy=0 No tenemos derivadas parciales Es de primer orden todos sus elementos Pero la variable Y está siendo multiplicada por la variable independiente lo que hace que sea lineal. La mayor derivada es orden uno ya que no se derivan más veces y de grado uno ya que no hay exponentes en las derivadas. Resolver la siguiente ecuación diferencial hallando el factor integrante Por YULDER PEÑA. y )=18 x ∂x ya que ∂ ∂ M≠ la ecuacion no es exacta entonces buscamos el factor integrante .6 xydx +4 y + 9 x 2 dy=0 Sea M ( x . y )=4 y +9 x 2 ∂ M ( x . y )=6 xy . y )=6 x ∂y ∂ N ( x . N ( x . ∂y ∂x d μ 6 x−18 x = μ dx 4 y +9 x 2 −12 x μ 4 y +9 x 2 d μ 18 x−6 x 12 x 2 = μ= μ= μ dy 6 xy 6 xy y Inμ=2 Iny μ= y 2 Se integra 2 3 y ( 6 xy ) =6 x y 6∫ x y 3 dx=3 x 2 y 3 +hy . 9 x 2 y 2 +h' y− y 2 ( 4 y + 9 x 2 )−4 y 3 +9 x 2 y 2 ' h y=4 y 3 h= y 4 3 x2 y 3 + y 4 =c factor integrante A Resolver la siguiente ecuación diferencial hallando el factor integrante: 6 xydx + ( 4 y+ 9 x2 ) dy=0 M ( x . y )=6 xy N ( x . y) Entonces ∫ 2 dy y μ ( y )=e 2 =e 2 ln y =e ln y = y 2 6 x y 3 dx + ( 4 y 3+ 9 x 2 y 2 ) dy=0 . y )=4 y +9 x 2 ∂M =6 x ∂y ∂N =18 x ∂x ∂ N ∂M − ∂ x ∂ y 18 x−6 x 12 x 2 = = = 6 xy 6 xy y M (x . y )=−x 2 . y )= y 2+ yx 2 2 2 2 M ( tx . ty ) =t y + ( ty ) ( tx )=t ( y + yx) N ( x .∂M 2 =18 x y ∂y ∂N 2 =18 x y ∂x ∂f 3 =6 x y ∂x f ( x . y ) =3 x y + y 2 3 4 4 3 x y + y =c B Resuelva la ecuación diferencial ( y 2 + yx ) dx−x 2 dy =0 M ( x . y ) =6 y 3 ∫ xdx=3 x 2 y3 + g( y) ∂f =4 y 3 +9 x 2 y 2 ∂y ∂f =9 x 2 y 2+ g ' ( y) ∂y g' ( y ) =4 y 3 g ( y )= y 4 2 3 f ( x . ty )=−t 2 x 2=t 2 (−x 2) Si y=ux dy=udx + xdu ( u2 x2 + x 2 u ) dx−x 2 dy =0 ( u2 x2 +ux 2 ) dx−x 2 ( udx + xdu )=0 u2 x 2 dx−x 3 du=0 dx du − =0 x u2 ∫ dx −∫ −u 2 du=ln |c| x −1 ln|x|+u =ln |c| x ln |x|+ =ln |c| y || x c =ln y x C Resuelva el siguiente ejercicio de valor inicial ( x 2+ 2 y 2 ) dx −xy=0 dy y (−1 )=1 .N ( tx . y )=x 2+2 y 2 N ( x .( x 2+ 2 y 2 ) dx−xydy =0 M ( x . y )=−xy M ( tx . ty ) =2t 2 y 2+t 2 x 2=t 2 ( x 2+ 2 y 2 ) N ( tx .ty )=−( ty ) ( tx )=t 2 (−xy ) Si y=ux dy=udx + xdu x 2 (¿ ¿ 2+2 u x ) dx−ux ( udx+ xdu )=0 ¿ 2 2 x 2 ( 1+u2 ) dx−u x 3 du=0 dx u − du=0 x 1+u2 ∫ dx u −∫ du=0 x 1+u2 1 ln |x|− ln|1+u 2|=ln|c| 2 1 2 2 ln |x|−ln |1+ u | =ln|c| . ln | | x =c 1 √1+u 2 x =c 2 √1+u2 x2 =c 1+u 2 x2 =c y2 1+ 2 x x2 =c x 2+ y 2 x2 x 4=c( x 2 + y 2 ) Cuando y (−1 )=1 1=c (1+1) c=1/2 2 x 4 =x 2+ y 2 D. Resuelva la ecuación diferencial ( y 2 + xy ) dx−x 2 dy =0 . ( y 2 + xy ) dx−x 2 dy =0 x2 ( −dydx( x ) )+ x y ( x) + y (x ) =0 2 (( dv ( x ) 2 +v ( x ) + x2 v ( x ) + x 2 v ( x )=0 dx (( dv ( x ) + v ( x)2 =0 dx − x2 x x2 − x )) ) dv (x) v (x )2 = dx x dv (x ) dx 1 = 2 x v (x) ∫ dv ( x ) dx 1 dx=∫ dx 2 x v (x) −1 =log ( x ) +c 1 v (x ) v ( x )= −1 log ( x ) +c 1 ) . y ( x )= −x log ( x ) +c 1 Temática: ecuaciones diferenciales de primer orden Punto A A. dv=e y dy −e x − e−3 x − y e− y +∫ e− y dy →−e−x −3 e−3 x =−y e− y −e− y 3 . Resuelva la siguiente ecuación diferencial por el método de variables separables: −y −2 x− y e +e x =e y dy dx e− y + e−2 x e− y =e x y dy dx Factorizamos −y −2 x e ( 1+ e )=e y dy dx 1+ e−2 y dy = y ex e dx En esta se separan los diferenciales e integramos 1+ e−2 y 1+e−2 y dx = y dy →∫ dx=∫ y dy x x e e e e ∫ e−x dx +∫ e−3 x dx=∫ y e−y dy → u= y . B y dy + ( sin x ) y 3=e x +1 dx a1 ( x )= y a0 ( x )=sin x . x 2 sin x−( cos x ) y=( sin x ) A ( sin x ) dy dx dy + ( cos x ) y=x 2 sin x dx a1 ( x )=sin x a0 ( x )=cos x g ( x ) =x2 sin x La ecuación es de la forma a1 ( x ) dy + a ( x ) y=g ( x ) dx 0 entonces es una ecuación diferencial lineal ordinaria de primer orden.e−x +3 e−3 x =e− y ( y +1) JUAN PABLO VILLAMIL: Introducción a las ecuaciones diferenciales Indique el orden de la ecuación diferencial y establezca si la ecuación es lineal o no lineal. . coeficiente dependiente de y. d 2 y dy + + y=cos ( x+ y ) d x 2 dx C a2 ( x )=1 a1 ( x )=1 a0 ( x )=1 g ( x ) =cos ( x+ y ) Como el término . función dependiente de cos ( x + y ) depende de x x y de diferencial no lineal ordinaria de segundo orden. es una ecuación .g ( x ) =e x +1 y 3 está elevado a una potencia distinta de 1. √ d2 r dr = 1+ 2 du du D ( ) 2 ( ) | ( )| 2 2 d r dr = 1+ 2 du du 2 d2 r dr =1+ 2 du du 2 ( ) ( ) 2 ( r ' ' ) =1+ ( r ' ) 2 2 y de y . por lo tanto la ecuación el término es una ecuación diferencial no lineal ordinaria de primer orden. y . entonces es una ecuación diferencial no lineal de segundo orden.En la ecuación los términos r' '' y r tienen potencias distintas de 1. Ecuaciones diferenciales de primer orden D Resuelva la siguiente ecuación diferencial por el método de variables separables: dy −y e + e−2 x− y =e x y dx − y−x +e −y −x e −3 x− y −3 x e (e +e −3 x −x e +e =y dy dx ) = y dy dx y =e y dy dx ( e−x +e−3 x ) dx=e y y dy ∫ ( e−x + e−3 x) dx=∫ e y y dy u= y du=du y dv=e y v =e y ∫ e−x dx +∫ e−3 x dx=e y y−∫ e y dy 1 −3 x y −x y −e − e =e y−e +C 3 . Si lo es. ( y dx x ( y dx=0 x ( 1−ln x ) dy= 1+ln x+ ( 1−ln x ) dy− 1+ln x+ ) ) (1+ln x + yx )dx +( ln x−1) dy=0 M ( x . y )=ln x−1 ∂M 1 ∂ N = = ∂y x ∂x ∂f y =1+ln x + ∂x x 1 f ( x . y ) =∫ dx+∫ ln x dx + y ∫ dx x Integrando por partes f ( x . resuélvala. y ) =x+ x ( ln x−1 ) + y ln x+ g( y) como x> 0 ∂f =ln x−1 ∂y .1 −e−x 1+ e−2 x =e y ( y−1 ) +C 3 ( ) E Determine si la ecuación dada es exacta. y )=1+ln x+ y x N ( x . ∂f =ln x + g ' ( y) ∂y Entonces. Si la concentración de sal en la salmuera que entra en el tanque es de 1kg/lt. La solución dentro del tanque se mantiene bien agitada y fluye hacia el exterior del tanque a una velocidad de 6lt/min. y ) =x+ x ( ln x−1 ) + y ln x− y x ln x + y ( ln x−1 )=c Parte grupal: Problemas de aplicación Considere un gran tanque que contiene 1000lts de agua. dentro del cual una solución salada de salmuera empieza a fluir a una velocidad constante de 6lt/min. La ecuación diferencial que modela dicha situación es la siguiente: x ' ( t )=v e c e −v s x (t) v + ( v e −c e ) t . g' ( y ) =−1 g ( y )=− y f ( x . Determine cuándo será de ½ kg/lt la concentración de sal en el tanque. el tanque no tiene sal.Si x (t) denota la cantidad de sal en el tanque al tiempo t . igual a 1000lt. la cantidad de sal en el tanque de salmuera en cualquier tiempo t en constante. entonces la razón con la que cambia dx = ( razón de entrada de la sal )−(razón de salida de lasal) dt dx =R e −Rs dt kg Re = 6 ¿ 1 =6 kg /min ¿ min ( )( ) Como la solución se bombea sacándola del tanque con la misma rapidez con que entra. es sólo agua. dx 6 =6− x dt 1000 Inicialmente. la concentración de salida. x ( t ) kg 6 x (t) 6 ¿ = kg/ min ( 1000 ) ( ) ¿ min 1000 Rs = Entonces la ecuación lineal es. entonces x ( 0 )=0 kg . Concentración= x (t) kg /¿ 1000 Entonces. Por consiguiente la concentración de sal en el tanque y también. 5 e −6 t 1000 =0. Entonces por cada 1000 lts hay 500 kg de sal.5 −6 t =ln 0. tenemos un valor para la concentración. x ( 0 )=0 dt 1000 El factor integrante es 6 dt ∫ 1000 e 6 =e 1000 ∫ dt 6 =e 1000 t Entonces.dx 6 + x=6 . donde hay ½ kg por cada litro. [ 6 ] t 6 t d e 1000 x =6 e 1000 dt −6 x ( t )=1000+ c e 1000 t x ( 0 )=0 Cuando c=−1000 x ( t )=1000(1−e −6 t 1000 ) Como ahora. 500=1000(1−e −6 t 1−e 1000 =0.5 1000 −6 t 1000 ) . t= −1000 ln 0. Bajo ciertas circunstancias un cuerpo de masa m que cae. dv k k + v =g . la resistencia del aire F 2 es proporcional a la velocidad que lleve el paracaidista. hacia arriba. se encuentra con una resistencia del aire proporcional a su velocidad instantánea.9254 min Un paracaidista de masa 100 kg (incluyendo su equipo) se deja caer de un avión que vuela a una altura de 2000m.s/m con el paracaídas abierto.5245 s t=1. donde el peso F1 = mg del cuerpo es la fuerza que actúa en dirección positiva y. donde k es una constante de proporcionalidad positiva. la fuerza neta que actúa sobre la masa m es F = F1 + F2 = mg – kv. Ahora. que actúa en dirección opuesta. y cae bajo la influencia de la gravedad y de la resistencia del aire. Si en este caso la dirección positiva se orienta hacia abajo. hallar el instante aproximado en el que el paracaidista llega al piso. v. por la segunda ley de Newton ma=F neta m dv =mg−kv dt En forma de ecuación lineal es. Supongamos que la resistencia del aire es proporcional a la velocidad del paracaidista en cada instante. con constante de proporcionalidad 30N. entonces F2 = -kv. P ( t )= dt m m Resolviendo esta ecuación lineal tenemos como factor integrante ∫ mk dt e k =e m ∫ dt k =e m t . Si el paracaídas se abre a los 10s del lanzamiento. ¿Cuál es su velocidad en ese instante? (Considere la gravedad como g = 10 m/s2).5 6 t=115. entonces. x 0=0 . −k v ( t )= v ( 0 ) =v 0 t mg (1−e m ) k Teniendo en cuenta que.Multiplicando la anterior ecuación diferencial por el factor integrante. x ( 0 )=x 0 como . Y posición inicial o de referencia v ( 0 ) =0 −k (0 ) mg 0= +c e m k mg =−c e 0 k c= −mg k Entonces. donde el paracaidista parte del reposo. tenemos d [e v ] =g e k t m k t m dt k t m k t m e v=g ∫ e dt Donde u= k t m y du= k dt . entonces m −k v ( t )= t mg +c e m k Aplicando los valores o condiciones iniciales Y considerando a v 0 =0 . s m la constante de .v ( t )= dx dt Entonces −k t dx mg = (1−e m ) dt k −k dx= t mg ( 1−e m )dt k −k x ( t )= t mg (1−e m ) dt ∫ k x ( t )= t mg m t + e m +c k k [ −k ] x ( 0 )=x 0=0 Entonces [ −k (0) −mg m c= (0)+ e m k k ] 2 c= −m g k2 [ −k ] x ( t )= t mg m m t+ e m − k k k x ( t )= t mg m t + (e m −1) k k [ −k ] Si consideramos a la gravedad como g= 10 m x2 proporcionalidad cuando el paracaídas esté cerrado y k =30 N . 3 t −1) 3 3 x ( t )= 100 1000 −0. se abre el paracaídas v ( 10 ) ≈ 31. se toma como instante paracaídas se abre y k =90 N .7541 v 0 =31.6738 Entonces. las 10s.7541 Cuando el paracaídas se ha abierto.3 t t+ (e −1) 3 9 Y [ ] Ahora. s/m x 0=227. −k v ( t )= t mg +c e m k −k 31.5627 t=0 aquel en el que el .6738= 100 +c 9 c=20.v ( t )= 100 −0.6738= (0) mg +ce m k 31.6738 x ( 10 ) ≈ 227.3 t (1−e ) 3 x ( t )= 100 10 t + ( e−0. entonces.7541 x ( t )=1772. c=19. para valores mayores que 10s prácticamente. entonces .837 9 .7541= (0 ) mg 10 ( 0 )+ e m + c k 9 227. pero el paracaidista recorrió 227. x ( t )=2000−227.−k v ( t )= mg +20.9t t+ e +215.2459 100 1000 −0.3868 [ ] x ( t )= 100 10 t + e−0.7541 m.7541− =215.4084 9 81 Entonces.4089 9 81 Como la altura es de 2000 m.9t =0 t→∞ 100 t=1556.5627 e m k t [ −k 227.7541= 1000 100 + c 81 9 ] 100 1000 c=227.9 t +19.3868 9 9 x ( t )= 100 1000 −0.837 9 81 Como el lim e−0.9 t t+ e =1556. Su velocidad al llegar al suelo es de aproximadamente.1153 s De aquí se deduce que el paracaidista tarda t=10 s +140.5627 e = 9 9 v ( 150.t=140.1153 ) =11.1153 s t=150. lim e−0.1153 s t=2.1153) +20.9 t =0 t→∞ v ( 150.5019 min en llegar al suelo desde que se arrojó del avión.9(150.11m/s .1153 ) = 100 100 −0. ecuación diferencial por el método de variación de parámetros.CONCLUSIONES El trabajo colaborativo realizado en este documento es una excelente herramienta lo cual nos permite comprender los análisis de las ecuaciones diferenciales. . lineales homogéneas con coeficientes constantes y diferenciales lineales no homogéneas. soluciones linealmente independientes de la ecuación diferencial y sus aplicaciones los cuales se ven reflejadas en ejemplos de nuestro diario vivir. ecuaciones diferenciales por el método de coeficientes indeterminados. B.eumed. J.com/biblioteca/fundamentos-matematicos-de-laingenieria/ Franquet. (2011).. (2013). Texto completo en http://www.etnassoft. C. Departamento de Matemáticas Universidad Jaume I. Leer páginas 29 a 62.Referencias Bibliográficas Campos. Ecuaciones diferenciales. Leer páginas 104 ISBN: 978-84-693-9777-0 Recuperado de: http://www.net/librosgratis/2014/1367/ . Castellón de la Plana: Publicacions de la Universitat Jaume I. Chiralt. Ecuaciones diferenciales ordinarias y en diferencias finitas.